【文档说明】安徽省合肥市六校2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，417.000 KB，由小赞的店铺上传

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安徽省合肥市六校2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题1.下列对生产、生活中的有关问题认识正确的是A.漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B.采用催化转换技术不能提高汽车尾气中有害气体的转化率C.食品

中加抗氧化剂可延长保质期，这与反应速率无关D.氢氧燃料电池、铅蓄电池、硅太阳能电池中都利用了原电池原理【答案】B【解析】【详解】A、漂白粉具有强氧化性，明矾中铝离子水解生成胶体，净化水的原理不同，选项A错误；B、催化剂不能改变平衡转化率，只能加快反应速率，选项B正

确；C、抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，选项C错误；D、硅太阳能电池为太阳能转化为电能，不是利用原电池原理，选项D错误；答案选B。2.下列关于热化学反应的描述中正确的是A.HCl和NaOH反应的中和热

ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB.CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/molC.需要加热才能发生的反应一定

是吸热反应D.1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】B【解析】【详解】A．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH－(aq)====H2O(l)中和热为-57．3kJ·mol－1，H2SO4和C

a(OH)2得到的CaSO4微溶，会产生额外的热，故A错误；B．在25℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热:CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，再利用盖斯定

律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；C．反应的吸、放热与反应条件无关，如有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，

D错误。答案选B。3.下列说法中，正确的是：A.对于△S＞0的反应，若在任何条件下均能自发进行，则该反应△H＞0B.pH＝2和pH＝4的两种酸混合，其混合后溶液的pH一定在2到4之间C.合成氨反应:N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，升高温度有利于提高反应物的转化率

D.氢氧燃料电池比氢气直接在空气中燃烧发电，能量转换率高【答案】D【解析】【详解】A、对于△S＞0的反应，若在任何条件下均能自发进行，则该反应△H＜0，选项A错误；B、两种酸混合，其混合后溶液的pH值和溶

液的体积有关，并且对于两种能反应的酸：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O而言，结果也不成立，选项B错误；C、合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＜0，加入催化剂不会引起平衡的移动，不会提高转化率，选项C错误

；D、氢氧燃料电池伴随的能量转化形式主要是化学能和电能、少量的热能，氢气直接在空气中燃烧能量转换形式主要是热能、光能、化学能，氢氧燃料电池比氢气直接在空气中燃烧能量转换率高，选项D正确；答案选D。4.下列实验操作，能有效改变反应速率且达到变化要求

的是A.为增大泡沫灭火器中Al2(SO4)3与小苏打的反应速率，改用小苏打和苏打的混合物B.为加快盐酸和过量锌粒制取氢气的速率又不减少氢气的量，可加少量硝酸银溶液C.在稀硫酸和铁粉反应制取氢气时，为减慢反应速率，可以加入适量醋酸钠D.用3mL乙醇、

2mL浓H2SO4、2mL冰醋酸制乙酸乙酯，为增大反应速率，可改用6mL乙醇、4mL浓H2SO4、4mL冰醋酸【答案】C【解析】【详解】A、泡沫灭火器主要是利用铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应产生二氧化碳的原理，用碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，铝离子和碳酸根离子也会双水解，

但是速率变化不大，选项A错误；B、盐酸和锌制取氢气时，加入的硝酸银和盐酸之间反应生成氯化银沉淀和硝酸，金属锌和硝酸反应不会产生氢气，影响氢气的量，选项B错误；C、在稀硫酸和铁粉反应制取氢气时，可以加入适量醋酸钠

，醋酸钠可以和硫酸之间反应生成硫酸钠和醋酸，减慢反应速率，但是生成氢气的量不变，选项C正确；D、改用6mL乙醇、4mL浓H2SO4、4mL冰醋酸后，各组分的物质的量浓度不变，所以不会影响反应速率，选项D错误．答案选C。5.反应N2O4（g）2NO2（g）ΔH=+57

kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.A、C两点的反应速率：A＞CB.A、C两点气体的颜色：A深，C浅C.A、B两点气体的平均相对分子质量：A＞B

D.B、C两点化学平衡常数：B＜C【答案】D【解析】【详解】升高温度，平衡正向移动，二氧化氮的体积分数增大，因此T1＜T2。A、相同温度下压强越大，反应速率越快，A、C两点的反应速率：C＞A，选项A错误；B、相同温度下增大压强(即缩小体积)最终达到新的平衡，平衡体系中

各种气体的浓度均增大，因此A、C两点气体的颜色：A浅、C深，选项B错误；C、平衡体系中气体的总质量不变，气体的总物质的量越小，平均相对分子质量越大，A点对应气体的总物质的量大于B点，因此A、B两点气体的平均相对分子质量：A＜B，选项C错误；

D、平衡常数仅是温度的函数，正向进行的程度越大，平衡常数越大，因此b、c两点化学平衡常数：B＜C，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义，然后利用“定一议二”、“先拐先平

”的方法进行解答即可，N2O4（g）2NO2（g）ΔH=+57kJ·mol-1，该反应为放热反应，若升高温度，化学平衡向着逆向移动，混合气体中NO2的体积分数增大；如果增大压强，化学平衡向着正向移动，混合

气体中NO2的体积分数减小，然后结合图象来分析解答。6.t°C时，在一未知体积的密闭容器中充入2molA和3molB，发生如下化学反应:aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，已知其化学平衡常数为1，在温度不变的情况下，扩大容器容积至原来10倍，结果A的百分含量始终未有改变，则

此时B的转化率是()A.40%B.60%C.50%D.无法确定【答案】A【解析】【详解】对于aA(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)，保持温度不变。将容器体积扩大10了倍，A的转化率不变，则说明方程式中反应前后气体的体积不变，则a=1，设反应的B的物

质的量为xmol，A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)起始(mol)2300转化(mol)xxxx平衡(mol)2-x3-xxxK=xx2x()()3x=1，解得：x=1.2，则B的转化率为1.23×100%=40%，故选A。7.对于可逆反应：A2(g)＋3B

2(g)2AB3(正反应放热)，下列图象中正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A、正方应是放热反应，则升高温度正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度，平衡向逆反应方向移动，图像错误，A不正确；B、正方应是体积减小的可逆反应

，在温度不变的条件下，增大压强平衡向正反应方向移动，A的含量降低。在压强不变的条件下升高温度平衡向逆反应方向移动，A的含量降低，图像正确，B正确；C、温度高反应速率快达到平衡的时间少，图像错误，C错误；D、增大压强正逆反应速率均增大平衡向正反应方向进行，图

像错误，D不正确，答案选B。8.下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中--c(Cl)c(Br)不变B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中-3-3c(CHCOO)c(CHC

OOH)c(OH)增大C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中+4-c(NH)c(Cl)＞1D.向0.1mol•L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中+3c(H)c(CHCOOH)减小【答案】A【解析】【详解】A．向AgCl、AgBr的饱和溶液中，加入少量Ag

NO3，溶液中-cClKspAgCl-KspcBr=AgBr不变，故A选项正确。B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-,Kh=33()cOHcCHCOOHcCHCOO温度升高，K增大，故-3

-3c(CHCOO)c(CHCOOH)c(OH)减小，故B选项错误。C．向盐酸中加入氨水至中性，c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），则c（NH4+）=

c（Cl-），故C选项错误。D．加入水后，醋酸电离程度增大，但醋酸根离子浓度减小，故比值变大，故D选项错误。故答案选A。9.下图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是A.两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝K

wB.M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)C.图中T1＜T2D.XZ线上任意点均有pH＝7【答案】D【解析】【详解】A、由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A正确；B、XZ连线的斜率是1，存在c（H+）=c（OH-），在X、Z连线的上方，c（H

+）＜c（OH-），在X、Z连线的下方，c（H+）＞c（OH-），B正确；C、水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw都增大，所以T1＜T2，C正确；D、X曲线在25℃时c（H+）=10-7mol/L，pH=7，

而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D错误。答案选D。【点睛】本题以水的电离平衡为背景，结合图像综合考查c（H+）与c(OH-)的关系，其解题的关键是Kw是个常数，它只与温度有关，明确图中纵横坐标、曲线的含义等，考题在情境和问题设置上贴近考生的思维习惯，不

偏、不怪，难度适中。注意水的电离平衡特点。10.下列说法正确的是A.常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4B.为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸C.用0.2000mol·L-1NaOH标准

溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol·L-1）,至中性时，溶液中的酸未被完全中和D.体积相同、pH相同的醋酸和盐酸完全溶解足量的镁粉，产生等量的氢气【答案】C【解析】【详解】A.常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，醋酸的电离平衡正向

移动，溶液的pH小于4，选项A不正确；B.为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测0.1mol/LH2A溶液的pH。若pH=1，则H2A是强酸；若pH>1，则H2A是弱酸。若测NaHA溶液的pH，即使pH＜7，也不能

说明H2A是强酸，也可能是因为HA-的电离程度大于其水解程度所致，选项B不正确；C.用0.2000mol•L-1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol•L-1)，当酸碱恰好完全反应时得到氯化钠和醋酸钠溶液，因醋酸钠水解而

使溶液显碱性，所以至中性时，溶液中的盐酸完全中和，醋酸没有被完全中和，选项C正确；D.醋酸为弱酸，pH均相同的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸，体积相同、pH相同的醋酸的物质的量较大，完全溶解足量的镁粉，醋酸产生的氢气较多，选项D不正确；答案选C。【点睛】本题考查强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解

、溶度积及相关计算等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离，易错点为选项A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的110。11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol·L－1NaOH溶液：

K＋、Na＋、AlO2-、CO32-B.0.1mol·L－1Na2CO3溶液：K＋、Al3＋、NO3-、Cl－C.pH=3.5的溶液：K＋、NH4+、I－、Fe3+D.c(H＋)/c(OH－)＝1×1014的溶液：Ca2＋、Na＋、ClO－、NO3-【答案】A

【解析】【详解】A、碱性溶液中，离子可以共存；B、Al3＋与CO32-发生双水解而不能大量共存；C、酸性条件下Fe3+将I－氧化而不能大量共存；D、c(H＋)/c(OH－)＝1×1014，c(H＋)＝1mol/L，ClO

－不能大量存在；答案选A。12.下列表达式书写正确的是()A.NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-B.HS－的水解方程式：HS－＋H2OH3O＋＋S2－C.CO32－的水解方程式：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－D.BaSO4的沉淀溶解平衡表达式：B

aSO4(s)Ba2+(aq)＋SO42－(aq)【答案】D【解析】【详解】A、NaHCO3为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3═Na++HCO3-，选项A错误；B、HS－的水解方程式为：HS－＋H2OH2S＋OH－，选项B错误；C、CO32-的水解分

两步进行，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，选项C错误；D、BaSO4的沉淀溶解平衡表达式为：BaSO4(s)Ba2+(aq)＋SO42－(aq)，选项D正确。答案选D。13.某温度时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲

线如图所示。该温度下，下列说法正确的是A.含有大量SO42－的溶液中肯定不存在Ag＋B.Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为1×10－3C.0.02mol·L－1的AgNO3溶液与0.02mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀D.a点表示Ag2SO4的不饱

和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到b点【答案】C【解析】【详解】A.Ag2SO4的在水中沉淀溶解平衡为：Ag2SO4（s）2Ag+(aq)+SO42-(aq)，溶解为可逆过程，溶液中一定存在Ag+,故A错误；B.由图象可知,当c(SO42-)=5×10-2mo

l/L时,c(Ag+)=2×10-2mol/L，Ksp=c2(Ag+)×c(SO42-)=2×10-5，故B错误；C.0.02mol·L－1的AgNO3溶液与0.02mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合,c(SO42-)=0.01mol/L,c(Ag+)

=0.01mol/L，c2(Ag+)×c(SO42-)=1×10-6<Ksp，不会生成沉淀,故C正确；D.加热蒸发时,溶液中银离子和硫酸根离子浓度都增大,故D错误；综上所述，本题选C。【点睛】针对选项C：当浓度商

QC>Ksp，为过饱和溶液，有沉淀析出；当浓度商QC=Ksp，为饱和溶液，没有沉淀析出；当浓度商QC<Ksp，为不饱和溶液，没有沉淀析出；此问要注意在计算时，由于两种溶液等体积混合，c(SO42-)、c(Ag+)均减半。14.下列溶液中各

微粒的浓度关系正确的是A.pH＝4的盐酸中：c(H+)＝4.0mol·L－1B.CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)＝c(Na+)C.NaCl溶液中：c(Na+)＝c(Cl－)D.NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3－)＋c(O

H-)+c(CO32－)【答案】C【解析】【详解】A、pH=4的盐酸中，pH=-lgc(H+)=4，c(H+)=10-4mol•L-1，选项A错误；B、CH3COONa属于强碱弱酸盐，醋酸根离子存在水解平衡：CH3COO－+H2O⇌CH3COOH+OH-，导致溶液中C

H3COO－浓度小于Na+浓度，选项B错误；C、氯化钠溶液中存在Na+、H+、Cl-、OH-、四种微粒，溶液呈中性，阳离子所带的正电荷和阴离子所带的负电荷总数相等，所以c(Na+)＝c(Cl－)，选项C正确；D、NaHCO3溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3－)

＋c(OH-)+2c(CO32－)，选项D错误。答案选C。15.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。

电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)放电充电ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。下列说法错误的是A.三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B.放电过程中OH−通过隔膜

从负极区移向正极区C.充电时阴极反应为ZnO(s)+H2O(l)+2e−=Zn(s)+2OH−(aq)D.放电时正极反应为NiOOH(s)+H2O(l)+e−=Ni(OH)2(s)+OH−(aq)【答案】B【解析】【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较

高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，选项A正确；B、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH−通过隔膜从正极区移向负极区，选项B错误；C、充电时相当于是电解池，阴极发生得电子的还原反应，根据总反应式可知阴极是ZnO得电子转化为Zn，电极反

应式为ZnO(s)+H2O(l)+2e−=Zn(s)+2OH−(aq)，选项C正确；D、放电时相当于原电池，正极发生得电子的还原反应，根据总反应式可知正极反应式为NiOOH(s)+H2O(l)+e−=Ni(OH)2(s)+OH−(aq)，选项D正确。答案选B。16

.图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和足量的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加6.4g。以下说法不正确的是：A.电源的N端为正极B.电极b上发生的电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑C.b电极上生成

气体1.12L,e电极上生成气体0.2gD.如果电解过程中铜全部析出，此时电解继续进行【答案】C【解析】【详解】A、乙中c电极质量增加，则c处发生的反应为Cu2＋＋2e－=Cu，即c处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极，选项A正确；B、甲中为NaOH溶液，相当于电解水，

阳极b处为阴离子OH－放电，即4OH--4e-=2H2O+O2↑，选项B正确；C、当乙中c电极质量增加6.4g时，根据Cu2++2e-=Cu可知转移0.2mol电子，电极b上发生的电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，则生成氧气0.05mol，标况下的体积为0.0

5mol×22.4L·mol－1＝1.12L，但题中没说明标准状况，e电极上电极反应为2H++2e-=H2↑,生成气体0.1mol2g/mol=0.2g，选项C不正确；D、如果电解过程中铜全部析出，则电解质溶液变为硫酸溶液，此时相当于电解

水，电解继续进行，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查了原电池和电解池的工作原理应用，电极判断，电极反应书写，电子转移的计算应用，明确两个烧杯中的电极反应是解答本题的关键，并注意装置特点及电子守恒来解答。17.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类

生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下，ΔH＝＋88.6kJ·mol－1。则M、N相比，较稳定的是________。（2）已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－726.5kJ·mol－1，CH3OH(l)＋12

O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－akJ·mol－1则a________726.5(填“>”“<”或“＝”)（3）将Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放出145.0kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______________

_________________________。（4）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料:4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s

)ΔH＝－1176.0kJ·mol－1，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为_______。（5）已知：①C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH2＝－566kJ·

mol－1③TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3＝+141kJ·mol－1则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH＝__________________。（6）已知拆开1molH—H键，1mo

lN—H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为:________________。【答案】(1).M(2).<(3).2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO

2(g)ΔH＝－290.0kJ·mol－1(4).98.0kJ(5).—80kJ·mol－1(6).N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.0kJ·mol－1【解析】【分析】（1）M转化为N是吸热

反应，所以N的能量高，不稳定；（2）甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，放出的热量少，故a＜238.6；（3）有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，注物质聚集状态和对应反应焓变写出热化学方程式；（4）所给反应中转移12个电子，故每转移1

mol电子放出的热量为11?76kJ12=98kJ；（5）先根据反应物和生成物书写化学方程式，根据盖斯定律计算反应的焓变，最后根据热化学方程式的书写方法来书写热化学方程式；（6）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断

吸热还是放热。【详解】（1）有机物M经过太阳光光照可转化为N的关系是吸收能量，则N能量高，比M活泼，较稳定的化合物为M；（2）甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，放出的热量少，所以a<726.5，故答案为：<；（3）有1molC

l2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）═4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1；（4）4Al（s）+3

TiO2（s）+3C（s）═2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=-1176kJ•mol-1，转移12mol电子放热1176kJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98.0kJ；（5）已知：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)

ΔH1＝－393.5kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2＝－566kJ·mol－1③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3＝+141kJ·mol－1根据盖斯定律，由①2-②+③得反应TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C

(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH=ΔH12-ΔH2+ΔH3=—80kJ·mol－1;（6）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6mol

N-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的热量少，放出的热量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ，则N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为:N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.0kJ·mol－1。【点睛】本题

考查了化学反应能量变化，燃烧热概念分析判断，氧化还原反应电子转移的计算应用，掌握基础是解题关键，注意燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量。18.Zn­MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2­NH4Cl混合溶液。

（1）该电池的负极材料是________。电池工作时，电子流向________(填“正极”或负)。（2）若ZnCl2­NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2＋，会加速某电极的腐蚀，其主要原因是____________。欲除去Cu2＋，最好选用下列试剂中的________(填代号)。A．NaOHB．Z

nC．FeD．NH3·H2O（3）MnO2的生产方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液。阴极的电极反应式是________________。若电解电路中通过2mol电子，MnO2的理论产量为________g。【答案】（1）Zn(或锌)正极（2）锌与还原出的铜构成铜

锌原电池而加快锌的腐蚀B（3）2H＋＋2e－===H2↑87【解析】【分析】（1）锌锰原电池中负极材料为活泼金属Zn，MnO2为正极，电池工作时电子从负极经外电路流向正极；（2）若ZnCl2﹣NH4Cl混合溶液中含有杂质

Cu2+，锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀。除杂时不能引入新杂质，应选Zn将Cu2+置换为单质而除去；（3）电解酸化的MnSO4溶液时，根据离子的放电顺序，阴极上首先放电的是H+，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，阳极反应式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O═MnO2+4H+，

若电路中通过2mol电子产生1molMnO2，质量为87g。【详解】（1）负极上是失电子的，则Zn失电子为负极，电子由负极流向正极，故答案为Zn（或锌）；正极；（2）电化学腐蚀较化学腐蚀更快，锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池

而加快锌的腐蚀。题目中A和D选项不能除去杂质离子，C项会引入新杂质，所以应选Zn将Cu2+置换为单质而除去。故答案为锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀；B；（3）阴极上得电子，发生还原反应，H+得电子生成氢气．因为MnSO4～MnO2～2e﹣，通

过2mol电子产生1molMnO2，其质量为87g。故答案为2H++2e﹣→H2；87。19.煤燃烧排放的烟气含有SO2和NO，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝

，回答下列问题：（1）NaClO2中Cl元素的价态为_______。（2）在鼓泡反应器中通入含有含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表:离子SO42−

SO32−NO3−NO2−Cl−c/（mol·L−1）8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3①在NaClO2溶液脱硝的主．要．反应中，参加反应的n（ClO2-）：n（NO）=_________，增加压强，NO的转化率______（

填“提高”“不变”或“降低”）。②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_______（填“升高”“不变”或“降低”）。③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是______

_____。（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pc如下图所示：=①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均____（填“增大”“不变”或“减小”）。②反应ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−的平衡常数K表达

式为___________。【答案】(1).+3(2).3:4(3).提高(4).降低(5).大于(6).SO2的还原性强于NO(7).增大(8).-22-4-22-23()()(cClcSOcClOc(SO))【解析】【分析】（1）根据在化合物中，元素化合价的代数和为零进行解答；（2）

①NaClO2溶液脱硝过程中，NO转化为NO3-、NO2-，主要转化为NO3-，书写离子方程式时运用得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，得到4NO+3ClO2-+4OH−=4NO3-+2H2O+3Cl−。上述反应是气体分子数减小的反应，增加压强有利于反应正向进行

，使NO的转化率提高；②根据上述反应可知，随着吸收反应的进行，溶液中c(H+)逐渐增大，pH逐渐减小；③由实验结果看出，溶液中含硫离子的浓度大于含氮离子的浓度，所以脱硫反应速率大于脱硝反应速率。这可能是因为NO溶解度较低、脱硝反应活化能较高等；（3）①纵坐标是平衡分压的负对数，反应温度升高，S

O2和NO的平衡分压的负对数减小，即平衡分压增大，说明平衡逆向移动，所以平衡常数减小；②根据平衡常数表达式的规则书写即可。【详解】（1）NaClO2中，钠元素的化合价是+1价，氧元素的化合价是-2价，设Cl元素的化合价为x，

则（+1）+x+（-2）2=0，则x=+3价；（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋，故参加反应的n（ClO2

-）：n（NO）=3:4；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高；②根据反应的方程式2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋、2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐

渐降低；③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强于NO，易被氧化；（3）①由图分析可知，反应温度升高，O2和NO的平衡

分压减小，这说明反应向正反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均增大；②反应ClO2−+2SO32−=2SO42−+Cl−的平衡常数K表达式为K=-22-4-22-23()()(cClcSOcClOc(SO))。20.已知：I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－;CuI是不溶于水的白色沉淀

。相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.2×10－202.6×10－391.7×10－71.3×10－12（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2

H2O晶体，加入_________，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝_________。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得CuCl2·2H2O晶体。（2）在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，

原因是(用文字叙述)：____________________________________________。由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_____________________________

_。（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液

滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。①可选用_______________作滴定指示剂，滴定终点的现象是________________________。②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_________________

__________________________。③该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为__________________【答案】(1).Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO(2).2.6×10－9mol·L－1(3).CuCl2在加热过程中水

解被促进,产生Cu(OH)2,且生成的HCl易挥发脱离体系，造成完全水解(4).在干燥的HCl气流中加热(5).淀粉溶液(6).蓝色褪去，维持半分钟不变蓝(7).2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2(8).95%【解

析】【分析】（1）加入的物质用于调节pH，主要将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，先根据溶液的pH计算氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度，最后根据Fe(OH)3的Ksp计算铁

离子浓度；（2）加热时促进氯化铜的水解且生成的氯化氢易挥发造成水解完全，要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中抑制其水解；（3）依据碘化钾和氯化铜发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，依据碘单质被Na2S2O3标准溶液完全还原达到滴

定到终点，根据发生反应离子方程式计算。【详解】（1）为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质能消耗氢离子，使氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，促进氯化铁水解生成氢氧化铁沉淀，且不能引进新

的杂质，所以加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入氢氧化铜或碱式碳酸铜或氧化铜；溶液的pH=4，所以溶液中氢离子浓度为10-4mol/L，则氢氧根离子浓度为10-10mol/L，c（Fe3+）=

393102.61010=2.6×10-9mol/L；（2）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，生成碱式氯化铜或氢氧化铜，而不是CuCl2，2CuCl2•2H2OCu2(OH)2•CuCl2＋2HCl＋2H

2O；想得到无水CuCl2的合理方法是，让CuCl2•2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水；（3）①硫代硫酸钠滴定碘单质反应的方程式是2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；终点为蓝色褪去一段时间不恢复颜色；②CuCl2溶液与KI反应生成Cu

I、KCl和I2，反应的离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2;③依据2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；得到关系式2Na2S2O3～2Cu2+220.1000mol/L0.0

200L0.1000mol/L0.0200L=0.002mol试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为0.002171100%0.36molgmolg=95%。